3.3. El teorema fundamental de la teoría de Galois

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3.3. El teorema fundamental de la teor´ıa de Galois

A continuación vamos a enunciar un teorema de tal calado que justifica su aparición en solitario dentro de esta sección sin más compañ´ıa que un leve acuerdo de notación y la ineludible corte de ejemplos que den boato a su majestad. Este teorema estable- cerá un diccionario que permite traducir problemas de extensiones finitas en otros de grupos finitos. Todav´ıa más, dentro del reino de las extensiones finitas, normales y sepa- rables, el diccionario será perfecto, sin ambigüedades ni sinónimos. En particular todo funcionará a las mil maravillas en los cuerpos de descomposición de polinomios sobre un subcuerpo de C. Éste es el caso sobre el que trabajaba Galois para atacar el problema de la resolubilidad por radicales. Aunque en su tiempo no existiera ni siquiera la definición de cuerpo, no está de más hacer de la notación un monumento a su nombre.

Definici´on: Se dice que L/K es una extensi´on de Galois si es normal, finita y separable.

Teorema 3.3.1 (Teorema fundamental de la teor´ıa de Galois) Sea L/K una ex- tensión de Galois. La aplicación H 7→ H⁰ define una biyección entre los subgrupos de G(L/K) y los subcuerpos M ⊂ L que conforman extensiones de K, cuya inversa es M 7→ G(L/M ). Además M/K es una extensión normal si y sólo si G(L/M ) / G(L/K).

En este caso G(M/K) ∼= G(L/K)G(L/M).

Nota: Recu´erdese que la notaci´on H / G significa que H es un subgrupo normal de G, esto es, que para todo τ ∈ G se cumple τ⁻¹Hτ = H.

Demostraci´on: Para probar la biyectividad de la aplicaci´on indicada basta precom- ponerla y poscomponerla con su posible inversa y verificar que se obtiene la identidad, esto es, hay que verificar las igualdades G(L/M )0

= M y G(L/H⁰) = H.

Por la Proposici´on 3.2.4 y el Corolario 3.2.7, [L : G(L/M )0

] = |G(L/M )| = [L : M ] y como G(L/M )0

⊃ M , se deduce la primera igualdad (de hecho ya fue impl´ıcitamente probada en la demostración del Corolario 3.2.7). Para la segunda, nótese que por la Proposición 3.2.4 y la primera igualdad, |G(L/H⁰)| = [L : G(L/H⁰)0

] = [L : H⁰] = |H|, de donde G(L/H⁰) = H, ya que la inclusi´on G(L/H⁰) ⊃ H es trivial.

Supongamos que M/K es normal. Dado σ ∈ G(L/K), como M es un cuerpo de descomposición (Proposición 3.1.3), la Proposición 3.2.2 implica que σ aplica M en M y por tanto σ|_M ∈ G(M/K), donde σ|_M es la restricción de σ a M . Esto define un homomorfismo de grupos

φ : G(L/K) −→ G(M/K) σ −→ σ|_M

que es sobreyectivo (por la Proposición 3.2.5 con M1 = M2 = M ) y cuyo núcleo es G(L/M ), por tanto el teorema del homomorfismo (véase el repaso de teor´ıa de grupos del próximo cap´ıtulo) implica que G(L/M ) es un grupo normal de G(L/K) y que G(M/K) es isomorfo a G(L/K)G(L/M).

Por otra parte, si M/K no es normal, existen α ∈ M y β 6∈ M ra´ıces de un mismo polinomio irreducible en K[x]. Sea γ 6= β una ra´ız del polinomio m´ınimo de β sobre M

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(existe por la separabilidad). Por el Corolario 3.2.6, existen automorfismos τ ∈ G(L/K) y σ ∈ G(L/M ) tales que τ (α) = β y σ(β) = γ. Si fuera G(L/M ) / G(L/K) entonces τ⁻¹στ ∈ G(L/M ) y en particular deber´ıa dejar invariante a α ∈ M , pero esto contradice τ⁻¹στ (α) = τ⁻¹(γ) 6= τ⁻¹(β) = α. 2

Un resultado como el anterior raramente nos podrá dejar impávidos una vez que lo comprendemos. Resulta que la estructura fina de los conjuntos de números que podemos construir con sumas, restas, multiplicaciones y divisiones, operaciones ancestrales y naturales, adquiere fiel reflejo en la artificial definición de un grupo, al tiempo que el concepto de subgrupo normal que permanec´ıa agazapado en nuestros apuntes de un curso pasado se revela ahora como representante de todos los números que podemos ob- tener a partir de las soluciones de ecuaciones algebraicas (cuerpos de descomposición).

Es cautivador soñar que los grupos y subgrupos normales ya preexist´ıan en algún mundo de las ideas matemáticas y que fueron descubiertos, como pieza que completa un rompe- cabezas, más que inventados. Esta tendencia al platonismo es lugar de recreo eventual entre los matemáticos, a pesar de los jarros de agua fr´ıa descargados por la realidad, la historia de la Ciencia y los filósofos empiristas seguidores de D. Hume,quien ya recogió la situación en su Tratado de la Naturaleza Humana, escribiendo: “A los matemáticos les es ha- bitual pretender que las ideas de que se ocupan son de naturaleza tan refinada y espiritual que no son del dominio de la fantas´ıa, sino que deben ser comprendidas por una visión pura e intelectual de la que sólo las facultades del alma son capaces”.

Como hemos anunciado, el resto de la sección estará compuesta de ejemplos. Para abreviar y no alargar más este cap´ıtulo, ya desproporcionado, aprovecharemos parte de los ejemplos desarrollados en la sección anterior. Para comenzar, un ejemplo conspicuo en la historia de nuestra ciencia ya que constituye un descubrimiento del joven Gauss a los 19 años que favoreció su decisión de dedicarse a las Matemáticas. En el último cap´ıtulo volveremos sobre la teor´ıa general al respecto que plasmó en la última sección de su obra maestra [Gau].

Ejemplo. Existen cuerpos Q = L0 ⊂ L₁ ⊂ L₂ ⊂ L₃ = Q(cos(2π/17)) satisfaciendo [Lj : Lj−1] = 2, j = 1, 2, 3. Por tanto el pol´ıgono regular de 17 lados inscrito en la circun- ferencia unidad es construible con regla y compás. (Nótese que a partir de cos(2π/17) se puede construir el ángulo de 2π/17 radianes).

Sabemos que G(Q(ζ)/Q) = {σ1, σ₂, . . . , σ₁₆} con ζ = e^2πi/17 y σ_j(ζ) = ζ^j. Tras algunos cálculos, se tiene que este grupo de orden 16 es c´ıclico generado por ejemplo por σ = σ3. Los únicos subcuerpos serán Q = hσi⁰, L1 = hσ²i⁰, L2 = hσ⁴i⁰, L3 = hσ⁸i⁰ y Q(ζ) = h{Id}i⁰. Por la Proposición 3.2.4, [L_j : Q] = 2^j. De la relación x + 1/x = 2 cos(2π/17) válida para x = ζ se sigue que [Q(ζ) : Q(cos(2π/17))] ≤ 2, además Q(ζ) 6=

Q(cos(2π/17)) porque el segundo cuerpo no contiene n´umeros complejos. As´ı que la unica posibilidad es Q(cos(2π/17)) = L´ 3.

Ejemplo. Hallar todos los subcuerpos de L = Q(ζ)/Q con ζ = e^2πi/7.

La extensión L/Q es de Galois (L es el cuerpo de descomposición de x⁷− 1 sobre Q) y todo subcuerpo M ⊂ L conforma una extensión de Q (1 ∈ M ⇒ Z ⊂ M ⇒ Q ⊂ M ).

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Sab´ıamos que G(L/Q) = {σ1, σ₂, . . . , σ₆} con σ_j(ζ) = ζ^j. Es fácil ver con algunos cálculos que σ = σ3 es generador de este grupo ya que σ², σ³ 6= Id. As´ı pues G(L/Q) = hσi ∼= Z6. Los subgrupos propios son por tanto hσ²i y hσ³i, de órde- nes 3 y 2 respectivamente. Los subcuerpos fijos son M₁ = hσ²i⁰ y M₂ = hσ³i⁰ con [M1 : Q] = 6/3 = 2 y [M² : Q] = 6/2 = 3. En un ejemplo anterior ya hab´ıamos probado que el subcuerpo fijo por σ₂, que coincide con σ², es M₁ = Q(ζ +ζ²+ζ⁴). Podemos proce- der de la misma forma para hallar M₂. Nótese que σ³(ζ) = ζ⁶ = −1 − ζ − ζ²− ζ³− ζ⁴− ζ⁵ y por tanto para x =P6

j=0λjζ^j ∈ L, σ³(x) = x equivale a x = λ₀+ λ₁ζ⁶+ λ₂ζ¹²+ λ₃ζ¹⁸+ λ₄ζ²⁴+ λ₅ζ³⁰

= λ₀+ λ₅ζ²+ λ₄ζ³+ λ₃ζ⁴+ λ₂ζ⁵+ λ₁ζ⁶

= (λ₀− λ₁) − λ₁ζ + (λ₅− λ₁)ζ²+ (λ₄− λ₁)ζ³+ (λ₃− λ₁)ζ⁴+ (λ₂− λ₁)ζ⁵ y de aqu´ı λ₁ = 0, λ₃ = λ₄, λ₂ = λ₅. Lo cual prueba M₂ = Q(ζ³+ ζ⁴, ζ²+ ζ⁵).

N´otese que 2 cos(2π/7) = ζ + ζ⁶ = −1 − (ζ³ + ζ⁴) − (ζ² + ζ⁵) ∈ M₂ y como [Q(cos(2π/7)) : Q] = 3 se cumple M2 = Q(cos(2π/7)). Tambi´en M1 se puede sim- plificar, ya que [M₁ : Q] = 2 implica M1 = Q(√

q) con q ∈ Q. Con algo de trabajo se puede demostrar que M₁ = Q(√

7), aunque no lo haremos aqu´ı.

El teorema fundamental de la teor´ıa de Galois asegura que M1 y M2 son los únicos subcuerpos propios (distintos de L y Q) de L. En un esquema se puede visualizar la relación entre el ret´ıculo de subgrupos y el de subcuerpos. A través de la aplicación H 7→ H⁰ el segundo se obtiene a partir del primero de forma invertida. Los números indican ´ındices (cocientes de órdenes de grupos) y grados.

, 2 hσ²i

- 3

G(L/Q) = hσi

{Id}

-3

hσ³i ,

2

←→

, 3 M1 = hσ²i⁰

- 2

L = {Id}⁰

Q = hσi⁰ -2

M2 = hσ³i⁰ ,

3

Todos los subgrupos de G(L/Q) son normales porque es abeliano, por tanto M1/Q y M₂/Q son normales.

Observaci´on: La correspondencia entre ´ındices y grados es consecuencia de la Propo- sici´on 3.2.4. Si N ⊂ M ⊂ L con M = H⁰ y N = G⁰, entonces el ´ındice de H en G, habitualmente denotado con [G : H], es |G|/|H| = [L : N ]/[L : M ] = [M : N ].

Ejemplo. Hallar todos los subcuerpos de L, el cuerpo de descomposici´on de x³ − 2 sobre Q e indicar si dan lugar a extensiones normales sobre Q.

Sab´ıamos que G(L/Q) = {Id, σ, σ², τ, στ, σ²τ } ∼= S3 donde τ es la conjugaci´on (de orden 2) y σ(ω) = ω, σ(√³

2) = ω√³

2 (de orden 3), ω = (−1 + i√

3)/2. Como |S3| = 6, los

´

ordenes de sus subgrupos propios s´olo puede ser dos o tres. Los de orden 2 est´an generados por un elemento del mismo orden y hay tres de ellos, correspondiendo a cada una de las

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trasposiciones: (1, 2), (1, 3) y (2, 3). Hay un solo subgrupo de orden tres, A₃ = h(1, 2, 3)i, generado por un elemento de orden tres. En G(L/Q) tenemos los elementos de orden dos τ , στ y σ²τ , y el de orden tres σ. Por el teorema fundamental de la teor´ıa de Galois los subcuerpos propios son, por consiguiente, M₁ = hσi⁰, M₂ = hτ i⁰, M₃ = hτ σi⁰, y M4 = hτ σ²i⁰. Como A3 / S3, pero una transposici´on no genera un subgrupo normal (ejercicio), se tiene que M₁/Q es una extensi´on normal mientras que M2/Q, M3/Q y M₄/Q no lo son. Para calcularlos, escribamos cada x ∈ L = Q(√³

2, ω) en funci´on de una base de L/Q, x = λ⁰+ λ1ω + λ2

√3

2 + λ3ω√³ 2 + λ4

√3

2²+ λ5ω√³

2². Por definici´on, x ∈ M1

si y s´olo si x = σ(x), que empleando ω² = −ω − 1 se puede escribir como x = λ₀+ λ₁ω − λ₃√³

2 + (λ₂− λ₃)ω√³

2 + (λ₅− λ₄)√³

2²− λ₄ω√³ 2².

Al igualar coeficientes se obtiene λ₂ = λ₃ = λ₄ = λ₅ = 0, lo que implica M₁ = Q(ω) = Q(

√−3). Los otros cuerpos fijos se hallan de igual manera. Por ejemplo, al imponer x = τ (x) se tiene

x = (λ₀− λ₁) − λ₁ω + (λ₂ − λ₃)√³

2 − λ₃ω√³

2 + (λ₄− λ₅)√³

2²− λ₅ω√³ 2². As´ı que λ₁ = λ₃ = λ₅ = 0 y M₂ = Q(√³

2). Igualmente, M₃ = Q(ω√³

2) y M₄ = Q(ω²√³ 2).

Ejemplo. Hallar los subcuerpos de L, el cuerpo de descomposici´on de P = x⁴−5x²+6 sobre Q.

,

M₁ = hσ₁i⁰ - 2

Q

√2,√ 3

M₃ = hσ₁σ₂i⁰ 2 Q

-

M₂ = hσ₂i⁰ ,

2 Gracias a la factorizaci´on P = (x²− 2)(x²− 3),

se sigue L = Q(√ 2,√

3). Ya hab´ıamos calculado su grupo de Galois, G(L/Q) = {Id, σ1, σ₂, σ₁σ₂} ∼= Z2 × Z2 donde σ₁(√

2) = −√

2, σ₁(√

3) = √ 3, σ₂(√

2) = √

2, σ₂(√

3) = −√

3. Como Z2 × Z2

s´olo tiene tres subgrupos propios, h(0, 1)i, h(1, 0)i, h(1, 1)i, el teorema fundamental de la teor´ıa de Ga- lois asegura que L s´olo tiene tres subcuerpos propios que vienen dados por M₁ = hσ₁i⁰, M₂ = hσ₂i⁰, M₃ = hσ₁σ₂i⁰. Ya hab´ıamos comprobado que estos subcuerpos fijos son M₁ = Q(√

3), M₂ = Q(√ 2) y M₃ = Q(√

6). De nuevo, como Z2 × Z2 es un grupo abeliano todos sus subgrupos son normales y de antemano podr´ıamos saber que las extensiones correspondientes son normales.

Ejemplo. Calcular cu´antos subcuerpos tiene L = Q(√⁴ 2, i).

La extensión L/Q es de Galois porque L es el cuerpo de descomposición de x⁴ − 2 sobre Q. Según un ejemplo de la sección anterior, G(L/Q) = {Id, σ, σ², σ³, τ, στ, σ²τ, σ³τ } con τ la conjugación compleja y σ(i) = i, σ(√⁴

2) = i√⁴

2. Por el teorema fundamental de la teor´ıa de Galois el n´umero de subcuerpos coincide con el de subgrupos de G(L/Q).

Aparte de los subgrupos triviales {Id} y G(L/Q), el resto s´olo puede tener orden dos o cuatro. Los subgrupos de orden dos son los generados por un elemento de orden dos, y

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los subgrupos de orden cuatro o bien est´an generados por un elemento de orden cuatro (si es que son isomorfos a Z⁴) o por dos de orden dos que conmutan (si es que son isomorfos a Z2 × Z2). Podemos revisar todas las posibilidades empleando la siguiente tabla que expresa la accci´on de los elementos de G(L/Q) sobre i y √⁴

2, los generadores de la extensi´on.

i √⁴

2 orden Id i √⁴

2 1

σ i i√⁴

2 4

σ² i −√⁴

2 2

σ³ i −i√⁴

2 4

i √⁴

2 orden τ −i √⁴

2 2

στ −i i√⁴

2 2

σ²τ −i −√⁴

2 2

σ³τ −i −i√⁴

2 2

De aqu´ı se deduce que los subgrupos de orden dos son G1 = hσ²i, G2 = hτ i, G3 = hστ i, G₄ = hσ²τ i, G₅ = hσ³τ i, y los de orden cuatro son G₆ = hσi, G₇ = hσ², τ i, G₈ = hσ², στ i.

. G⁰₄

/ L

G⁰₂

G⁰₇

/ G⁰₁

. .

G⁰₇ /

G⁰₁ G⁰₆

Q

/ G⁰₈ .

. G⁰₁

/ L

G⁰₃

G⁰₈

/ G⁰₅ .

En total hay, por tanto, diez subcuerpos de L:

todos los G⁰_j y los subgrupos triviales L y Q.

Hemos representado el ret´ıculo de subcuerpos en tres esquemas por razonas tipogr´aficas (debe- mos unir el de en medio a los de los lados pegando los cuerpos id´enticos). Los subcuerpos a la altura inmediatamente posterior a Q dan lugar a extensiones de grado dos, y los siguientes, a extensiones de grado cuatro. No todas las extensiones son normales, de hecho, aunque no lo comprobaremos aqu´ı, exactamente G⁰₂/Q, G⁰3/Q, G⁰4/Q y G⁰5/Q no son normales y el resto de los subcuerpos fijos dan lugar a extensiones normales sobre Q.

Ejemplo. Hallar todos los subcuerpos Q(√

2) & M & Q(√⁴ 2, i).

Con la notaci´on del ejemplo previo, ya hab´ıamos visto en la secci´on anterior que Q(

√2) = G⁰₇. Por tanto debe ser M = H⁰ con H un subgrupo propio de G₇. Las ´unicas posibilidades son M = G⁰₁, M = G⁰₂ y M = G⁰₄. Escribamos cada x ∈ M como

x = λ₀+ λ₁i + λ₂√⁴

2 + λ₃i√⁴

2 + λ₄√⁴

2² + λ₅i√⁴

2²+ λ₆√⁴

2³+ λ₇i√⁴

2³ con λ_j ∈ Q.

En el primer caso σ²(x) = x lleva a λ₂ = λ₃ = λ₆ = λ₇ = 0, de donde M = Q(√

2, i). En el segundo caso τ (x) = x conduce claramente a M = Q(√⁴

2). Finalmente, σ²τ (x) = x implica λ₁ = λ₂ = λ₃ = λ₆ = 0 y M = Q(i√⁴

2).

Podemos trabajar con extensiones que no sean de Galois si es posible extenderlas a otras que lo sean.

Ejemplo. Hallar todos los subcuerpos de Q(√⁴ 2).

Como Q(√⁴

2) ⊂ L = Q(√⁴

2, i), los subcuerpos de Q(√⁴

2) lo ser´an tambi´en de L.

Adem´as Q(√⁴

2) = G⁰₂ implica que corresponderán a subgrupos de G(L/Q) que contengan a G₂. Según nuestro estudio, las únicas posibilidades son G₇, G(L/Q) y el propio G2. En definitiva, los únicos subcuerpos son G⁰₇ = Q(√

2), G(L/Q)0

= Q y Q(√⁴ 2).

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Demos paso ahora a un ejemplo bastante m´as complicado en el que calcular el grupo de Galois, e incluso el grado de la extensi´on, lleva a aplicar el teorema fundamental de la teor´ıa de Galois.

Ejemplo. Hallar G(Q(ζ,√³

3)/Q) con ζ = e^2πi/13.

No está claro si la extensión es normal. Tenemos la inclusión Q(ζ,√³

3) ⊂ L = Q(ζ, ³

√3, ω) con L/Q normal, ω = (−1 + i√

3)/2. En G(L/Q), de acuerdo con el Coro- lario 3.2.6, cualquier Q-automorfismo aplica √³

3 en √³ 3, ω√³

3 o ω²√³

3. A continuaci´on probaremos que ω√³

3, ω²√³

3 6∈ Q(ζ,√³

3), de donde se concluye que todos los automorfismos de G(Q(ζ,√³

3)/Q) fijan √³

3. Por tanto sus automorfismos ser´an los extendidos desde G(Q(ζ)/Q), es decir, G(Q(ζ,√³

3)/Q) = {σ1, σ₂, . . . , σ₁₂} con σ_j(ζ) = ζ^j y σ_j(√³

3) =√³ 3.

Resta por tanto demostrar que ω√³ 3, ω²√³

3 6∈ Q(ζ,√³

3), lo cual equivale a ω 6∈

Q(ζ, ³

√3). No puede ser √³

3 ∈ Q(ζ) porque al ser Q(ζ)/Q normal se tendr´ıa la inclusi´on Q(√³

3, ω√³

3, ω²√³

3) ⊂ Q(ζ) lo que lleva a una contradicci´on porque el grupo de Galois (sobre Q) del primer cuerpo no es abeliano y el segundo s´ı. Por consiguiente [Q(ζ,√³

3) : Q(ζ)] = 3 lo que implica que ω 6∈ Q(ζ,√³

3) − Q(ζ) ya que ω está en una extensión de grado a lo más dos sobre Q(ζ). Con algunos cálculos (ejercicio) se prueba que el único subcuerpo de Q(ζ) de grado dos sobre Q es Q(ζ + ζ³+ ζ⁴+ ζ⁹+ ζ¹⁰+ ζ¹²).

Este subcuerpo es de n´umeros reales ya que ζ^k+ ζ^13−k = 2 cos(2πk/13), por tanto no puede coincidir con Q(ω).

En extensiones de cuerpos finitos todo es muy fácil, porque el grupo de Galois es siempre c´ıclico y hay un subgrupo de cada orden que divida al del grupo. Cada uno de ellos corresponderá a un subcuerpo isomorfo a algún Fq. Sin embargo siempre podemos complicar un poco las cosas pidiendo una representación particular de los subcuerpos.

Ejemplo. Sea α una ra´ız de x⁴ + x + 1 ∈ F²[x] en su cuerpo de descomposici´on.

Describir los subcuerpos F2 & M & F2(α) como M = F2(β) para alg´un β ∈ F2(α) Como x⁴+ x + 1 es irreducible, [F2(α) : F2] = 4, F2(α) es isomorfo a F2⁴ y el grupo de Galois es G(F²(α)/F²) = hφi ∼= Z4 donde φ es el automorfismo de Frobenius φ(x) = x². El ´unico subgrupo propio es hφ²i y por tanto M = hφ²i⁰. Cualquier x ∈ F2(α) se escribe como x = λ₀+ λ₁α + λ₂α²+ λ₃α³ con λ_j ∈ F2. En F2(α), (a + b)⁴ = a⁴ + b⁴ (porque tiene caracter´ıstica dos, ejercicio) y empleando α⁴ + α + 1 = 0 se tiene que x = φ²(x) equivale a

x = λ₀+ λ₁α + λ₂α²+ λ₃α³ = λ₀+ λ₁(α + 1) + λ₂(α + 1)²+ λ₃(α + 1)³

= (λ₀+ λ₁+ λ₂+ λ₃) + (λ₁+ λ₃)α + (λ₂+ λ₃)α²+ λ₃α³ de donde λ3 = 0 y λ1 = λ2. Por tanto M = F²(α + α²).